Kurvendiskussion < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:18 Fr 17.02.2012 | | Autor: | meely |
| Aufgabe | [mm] f(x)=x^{2}*e^{-x^{2}}
[/mm]
bestimmen sie:
1.) alle Nullstellen von f(x)
2.) alle Extremalstellen von f samt ihrem Typ
3.) alle Wendepunkte von f
4.) die golbalen Extrema von f |
Hey liebes Forum :)
Habe eine kurze Verständnisfrage zu diesem Bsp. Bis jetzt habe ich folgende Punkte schon erledigt:
1.) Nullstellen: x=0
2.) Extremstellen [mm] x_1=0, x_2=1, x_3=-1
[/mm]
(0,0) ist ein Minimum der Fkt.
[mm] (1,\frac{2}{e}) [/mm] ist ein Maximum
[mm] (-1,\frac{2}{e}) [/mm] ist ein Maximum
Meine Frage nun:
zu 3.) ich habe nun [mm] f''(x)=2e^{-x^{2}}(1-5x^{2}+2x^{4})=0 [/mm] gesetzt und bekomme für [mm] x_1=\frac{\sqrt{5+\sqrt{17}}}{2} [/mm] und für [mm] x_2=\frac{\sqrt{5-\sqrt{17}}}{2} [/mm] herraus.
Anschließend habe ich die y-Werte aus f(x) berechnet.
[mm] y_1=2,545...
[/mm]
[mm] y_2=-6,02... [/mm] Also müssten doch Wendestellen existieren ?!
Das verwundert mich aber leider ein bisschen da ich den Graphen gezeichnet habe und mir nicht vorstellen kann dass dieser negative y-Werte annehmen kann. Noch dazu scheint mir diese Funktion sehr symmetrisch, also müssten doch, falls Wendestellen existieren, diese auch symmetrisch sein - also gleicher y-Wert ?!
zu 4.) ich bin mir nicht sicher ob ich das mit den globalen Extrema richtig verstanden habe. Ein globales Extremum besteht doch, wenn der limes der Funktion keinen konkreten Wert ausgibt - also gegen [mm] \infty [/mm] oder [mm] -\infty [/mm] geht (Definitionsbereich ganz [mm] \IR)?!
[/mm]
also [mm] \limes_{x\rightarrow\pm\infty}{f(x)}=\pm\infty
[/mm]
in diesem Beispiel also [mm] \limes_{x\rightarrow\pm\infty}{x^{2}*e^{-x^{2}}}=0 [/mm] --> kein globales Extremum, da ein konkreter Wert herraus kommt (diese Def. habe ich in Google gefunden)
wo anders habe ich folgendes gefunden:
"....Der höchste Funktionswert, der am Rand des Definitionsbereichs oder an einem Extremum angenommen wird, ist das globale Maximum, der niedrigste das globale Minimum. Wird dieser Wert mehrfach angenommen, so verfügt f über mehrere globale Extrema (wie Beispielsweise die sin-Funktion)"
demnach müsste doch aufgrund von [mm] \limes_{x\rightarrow\pm\infty}{x^{2}*e^{-x^{2}}}=0 [/mm] gelten, dass bei x=0 ein globales Max/Min existiert. Also wäre der Tiefpunt (0,0) ein globales Minimum ?!
Habe leider keine Definition noch Erklärung zu globalen Extremalstellen, sowie zu Wendestellen im meinem Skriptum :(
Ich hoffe ihr könnt meine Verwirrung beseitigen.
Liebe Grüße, Meely
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moin meely,
Du hast hier zwei Nullstellen der zweiten Ableitung vergessen.
Ich nehme an du hast es mit Substitution ($z = [mm] x^2$ [/mm] oder ähnliches) berechnet.
Allerdings darfst du nicht vergessen, dass beim Quadrieren ein - wegfällt.
Sprich: Vor deine beiden Lösungen muss noch jeweils ein [mm] $\pm$.
[/mm]
Dann wird das ganze auch schön symetrisch zur $y-$Achse und dein Problem dürfte gelöst sein.
> zu 4.) ich bin mir nicht sicher ob ich das mit den globalen
> Extrema richtig verstanden habe. Ein globales Extremum
> besteht doch, wenn der limes der Funktion keinen konkreten
> Wert ausgibt - also gegen [mm]\infty[/mm] oder [mm]-\infty[/mm] geht
> (Definitionsbereich ganz [mm]\IR)?![/mm]
>
> also [mm]\limes_{x\rightarrow\pm\infty}{f(x)}=\pm\infty[/mm]
Nein, nicht wirklich.
Dann divergiert die Funktion bestimmt, aber in diesem Fall gibt es eben kein globales Maximum oder Minimum (wobei es eines von beidem immer noch geben kann, also sollte man hiermit überaus vorsichtig sein).
> wo anders habe ich folgendes gefunden:
>
> "....Der höchste Funktionswert, der am Rand des
> Definitionsbereichs oder an einem Extremum angenommen wird,
> ist das globale Maximum, der niedrigste das globale
> Minimum. Wird dieser Wert mehrfach angenommen, so verfügt
> f über mehrere globale Extrema (wie Beispielsweise die
> sin-Funktion)"
Das sieht schon viel besser aus.
Mal als formale Definition:
Sei $f: D [mm] \to \IR$ [/mm] mit $D [mm] \subseteq \IR$ [/mm] eine Funktion.
Dann heißt [mm] $x_0 \in [/mm] D$ globales Maximum von $f$, wenn für alle $x [mm] \in [/mm] D$ gilt:
[mm] $f(x_0) \geq [/mm] f(x)$
Analog definiert man globales Minimum als das $x$ mit dem kleinsten Funktionswert.
Globale Extrema sind nun sowohl Maxima als auch Minima.
Gilt, wie du oben erwähnt hattest, [mm] $\limes_{x \to \infty} [/mm] f(x) = [mm] \infty$, [/mm] so hat $f$ kein globales Maximum, denn zu jedem solchen würde man ja einen noch größeren Funktionswert finden.
> demnach müsste doch aufgrund von
> [mm]\limes_{x\rightarrow\pm\infty}{x^{2}*e^{-x^{2}}}=0[/mm] gelten,
> dass bei x=0 ein globales Max/Min existiert. Also wäre der
> Tiefpunt (0,0) ein globales Minimum ?!
Der Punkt (0,0) ist ein globales Minimum, wenn für alle $x [mm] \in \IR$ [/mm] gilt: $f(x) [mm] \geq [/mm] 0$.
Es gibt durchaus Funktionen, die zwar als Grenzwert 0 haben, aber nicht überall positiv sind.
Also musst du noch mal nachrechnen/beweisen, dass $f$ auch wirklich nie negative Werte annimmt.
Da $f$ freundlicherweise stetig ist, kannst du das mit deinem Wissen über die Extrema und den Grenzwert schon ganz gut eingrenzen.
Um globale Extrema stetiger Funktionen zu finden reicht es nämlich alle lokalen Extrema und die Randwerte zu betrachten.
Also ja, (0,0) ist ein globales Minimum, du solltest dir nur nochmal mit Hilfe der Definition klar machen wieso.
lg
Schadow
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:35 Fr 17.02.2012 | | Autor: | meely |
Hallo Schadow :) danke erstmal für deine ausführliche Antwort.
> moin meely,
>
> Du hast hier zwei Nullstellen der zweiten Ableitung
> vergessen.
> Ich nehme an du hast es mit Substitution ([mm]z = x^2[/mm] oder
> ähnliches) berechnet.
ja genau so habe ich das gemacht :)
> Allerdings darfst du nicht vergessen, dass beim Quadrieren
> ein - wegfällt.
> Sprich: Vor deine beiden Lösungen muss noch jeweils ein
> [mm]\pm[/mm].
Du hast recht, genau das löst mein problem :D
Sprich ich bekomme 2 positive y-Werte heraus:
[mm] y_1=2,54...
[/mm]
[mm] y_2=6,20...
[/mm]
Also wenn ich mich nicht irre, hätte ich nun 2 Wendestellen:
[mm] (\frac{\sqrt{5+\sqrt{17}}}{2}, [/mm] 2,54..)
[mm] (\frac{-\sqrt{5-\sqrt{17}}}{2}, [/mm] 6,20...)
Muss ich nun noch mittels der 3. Ableitung Prüfen ob es sich dabei tatsächlich um Wendestellen handelt ?
>
> Dann wird das ganze auch schön symetrisch zur [mm]y-[/mm]Achse und
> dein Problem dürfte gelöst sein.
>
>
>
>
> > wo anders habe ich folgendes gefunden:
> >
> > "....Der höchste Funktionswert, der am Rand des
> > Definitionsbereichs oder an einem Extremum angenommen wird,
> > ist das globale Maximum, der niedrigste das globale
> > Minimum. Wird dieser Wert mehrfach angenommen, so verfügt
> > f über mehrere globale Extrema (wie Beispielsweise die
> > sin-Funktion)"
>
> Das sieht schon viel besser aus.
> Mal als formale Definition:
> Sei [mm]f: D \to \IR[/mm] mit [mm]D \subseteq \IR[/mm] eine Funktion.
> Dann heißt [mm]x_0 \in D[/mm] globales Maximum von [mm]f[/mm], wenn für
> alle [mm]x \in D[/mm] gilt:
> [mm]f(x_0) \geq f(x)[/mm]
ist mit [mm]f(x_0) \geq f(x)[/mm] gemeint dass ich alle meine Extrema (x-Werte) für [mm] x_0 [/mm] einsetze ?
also zb Zeigen muss dass [mm] f(0)\le [/mm] f(x) ?
in diesem fall wäre ja eindeutig dass der Punkt (0,0) ein globales Minimum ist, da ja f(0)=0 und demnach immer kleiner-gleich als f(x), da [mm] f(x)\ge [/mm] 0
Vorgangsweise für die anderern Extrema analog ?!
also [mm] f(1)\ge [/mm] f(x) und [mm] f(-1)\ge [/mm] f(x) was ja auch ersichtlich ist da [mm] x^{2}*e^{-x^{2}}>\frac{1}{e}
[/mm]
sprich 2 globale Maxima.
>
> Analog definiert man globales Minimum als das [mm]x[/mm] mit dem
> kleinsten Funktionswert.
> Globale Extrema sind nun sowohl Maxima als auch Minima.
> Gilt, wie du oben erwähnt hattest, [mm]\limes_{x \to \infty} f(x) = \infty[/mm],
> so hat [mm]f[/mm] kein globales Maximum, denn zu jedem solchen
> würde man ja einen noch größeren Funktionswert finden.
>
>
> > demnach müsste doch aufgrund von
> > [mm]\limes_{x\rightarrow\pm\infty}{x^{2}*e^{-x^{2}}}=0[/mm] gelten,
> > dass bei x=0 ein globales Max/Min existiert. Also wäre der
> > Tiefpunt (0,0) ein globales Minimum ?!
>
> Der Punkt (0,0) ist ein globales Minimum, wenn für alle [mm]x \in \IR[/mm]
> gilt: [mm]f(x) \geq 0[/mm].
> Es gibt durchaus Funktionen, die zwar
> als Grenzwert 0 haben, aber nicht überall positiv sind.
> Also musst du noch mal nachrechnen/beweisen, dass [mm]f[/mm] auch
> wirklich nie negative Werte annimmt.
reicht es nicht zu sagen dass [mm] f(x)=x^{2}*e^{-x^{2}}\ge [/mm] 0
da ich ja weiß dass [mm] x^2 \ge [/mm] 0 und [mm] e^{-x^{2}} [/mm] > 0 ?
> Da [mm]f[/mm] freundlicherweise stetig ist, kannst du das mit deinem
> Wissen über die Extrema und den Grenzwert schon ganz gut
> eingrenzen.
> Um globale Extrema stetiger Funktionen zu finden reicht es
> nämlich alle lokalen Extrema und die Randwerte zu
> betrachten.
>
> Also ja, (0,0) ist ein globales Minimum, du solltest dir
> nur nochmal mit Hilfe der Definition klar machen wieso.
>
> lg
>
> Schadow
Liebe Grüße Meely :D
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Hallo meely,
> Hallo Schadow :) danke erstmal für deine ausführliche
> Antwort.
>
> > moin meely,
> >
> > Du hast hier zwei Nullstellen der zweiten Ableitung
> > vergessen.
> > Ich nehme an du hast es mit Substitution ([mm]z = x^2[/mm] oder
> > ähnliches) berechnet.
>
> ja genau so habe ich das gemacht :)
>
> > Allerdings darfst du nicht vergessen, dass beim Quadrieren
> > ein - wegfällt.
> > Sprich: Vor deine beiden Lösungen muss noch jeweils
> ein
> > [mm]\pm[/mm].
>
> Du hast recht, genau das löst mein problem :D
>
> Sprich ich bekomme 2 positive y-Werte heraus:
>
> [mm]y_1=2,54...[/mm]
> [mm]y_2=6,20...[/mm]
>
> Also wenn ich mich nicht irre, hätte ich nun 2
> Wendestellen:
>
Nein, es gibt 4 Wendestellen.
> [mm](\frac{\sqrt{5+\sqrt{17}}}{2},[/mm] 2,54..)
> [mm](\frac{-\sqrt{5-\sqrt{17}}}{2},[/mm] 6,20...)
>
> Muss ich nun noch mittels der 3. Ableitung Prüfen ob es
> sich dabei tatsächlich um Wendestellen handelt ?
Ja.
> f''(x)=0 [mm]\wedge f'''(x)\not=0[/mm] ist ja die hinreichende
> Bedingung. Oder reicht die notwendige bedingung f''(x)=0 ?
>
> >
> > Dann wird das ganze auch schön symetrisch zur [mm]y-[/mm]Achse und
> > dein Problem dürfte gelöst sein.
> >
> >
> >
> >
> > > wo anders habe ich folgendes gefunden:
> > >
> > > "....Der höchste Funktionswert, der am Rand des
> > > Definitionsbereichs oder an einem Extremum angenommen wird,
> > > ist das globale Maximum, der niedrigste das globale
> > > Minimum. Wird dieser Wert mehrfach angenommen, so verfügt
> > > f über mehrere globale Extrema (wie Beispielsweise die
> > > sin-Funktion)"
> >
> > Das sieht schon viel besser aus.
> > Mal als formale Definition:
> > Sei [mm]f: D \to \IR[/mm] mit [mm]D \subseteq \IR[/mm] eine Funktion.
> > Dann heißt [mm]x_0 \in D[/mm] globales Maximum von [mm]f[/mm], wenn für
> > alle [mm]x \in D[/mm] gilt:
> > [mm]f(x_0) \geq f(x)[/mm]
>
> ist mit [mm]f(x_0) \geq f(x)[/mm] gemeint dass ich alle meine
> Extrema (x-Werte) für [mm]x_0[/mm] einsetze ?
>
Ja.
> also zb Zeigen muss dass [mm]f(0)\le[/mm] f(x) ?
>
Das ist für das globale Minimum richtig.
> in diesem fall wäre ja eindeutig dass der Punkt (0,0) ein
> globales Minimum ist, da ja f(0)=0 und demnach immer
> kleiner-gleich als f(x), da [mm]f(x)\ge[/mm] 0
>
> Vorgangsweise für die anderern Extrema analog ?!
Ja
> also [mm]f(1)\ge[/mm] f(x) und [mm]f(-1)\ge[/mm] f(x) was ja auch
> ersichtlich ist da [mm]x^{2}*e^{-x^{2}}>\frac{1}{e}[/mm]
>
> sprich 2 globale Maxima.
>
> >
> > Analog definiert man globales Minimum als das [mm]x[/mm] mit dem
> > kleinsten Funktionswert.
> > Globale Extrema sind nun sowohl Maxima als auch
> Minima.
> > Gilt, wie du oben erwähnt hattest, [mm]\limes_{x \to \infty} f(x) = \infty[/mm],
> > so hat [mm]f[/mm] kein globales Maximum, denn zu jedem solchen
> > würde man ja einen noch größeren Funktionswert finden.
> >
> >
> > > demnach müsste doch aufgrund von
> > > [mm]\limes_{x\rightarrow\pm\infty}{x^{2}*e^{-x^{2}}}=0[/mm] gelten,
> > > dass bei x=0 ein globales Max/Min existiert. Also wäre der
> > > Tiefpunt (0,0) ein globales Minimum ?!
> >
> > Der Punkt (0,0) ist ein globales Minimum, wenn für alle [mm]x \in \IR[/mm]
> > gilt: [mm]f(x) \geq 0[/mm].
> > Es gibt durchaus Funktionen, die
> zwar
> > als Grenzwert 0 haben, aber nicht überall positiv sind.
> > Also musst du noch mal nachrechnen/beweisen, dass [mm]f[/mm]
> auch
> > wirklich nie negative Werte annimmt.
>
> reicht es nicht zu sagen dass [mm]f(x)=x^{2}*e^{-x^{2}}\ge[/mm] 0
>
> da ich ja weiß dass [mm]x^2 \ge[/mm] 0 und [mm]e^{-x^{2}}[/mm] > 0 ?
>
Für diese Funktion reicht das.
> > Da [mm]f[/mm] freundlicherweise stetig ist, kannst du das mit deinem
> > Wissen über die Extrema und den Grenzwert schon ganz gut
> > eingrenzen.
> > Um globale Extrema stetiger Funktionen zu finden reicht
> es
> > nämlich alle lokalen Extrema und die Randwerte zu
> > betrachten.
> >
> > Also ja, (0,0) ist ein globales Minimum, du solltest dir
> > nur nochmal mit Hilfe der Definition klar machen wieso.
> >
> > lg
> >
> > Schadow
>
>
> Liebe Grüße Meely :D
>
Gruss
MathePower
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:20 Fr 17.02.2012 | | Autor: | meely |
Hallo MathePower,
> Hallo meely,
>
> > > Allerdings darfst du nicht vergessen, dass beim Quadrieren
> > > ein - wegfällt.
> > > Sprich: Vor deine beiden Lösungen muss noch jeweils
> > ein
> > > [mm]\pm[/mm].
> >
> > Du hast recht, genau das löst mein problem :D
> >
> > Sprich ich bekomme 2 positive y-Werte heraus:
> >
> > [mm]y_1=2,54...[/mm]
> > [mm]y_2=6,20...[/mm]
> >
> > Also wenn ich mich nicht irre, hätte ich nun 2
> > Wendestellen:
> >
>
>
> Nein, es gibt 4 Wendestellen.
aber bei den 2 letzten x-Werten, also bei [mm] \frac{-\sqrt{5+\sqrt{17}}}{2} [/mm] und bei [mm] \frac{\sqrt{5-\sqrt{17}}}{2} [/mm] bekomme ich doch 2 negative y-Werte heraus ? Wie kann das dann möglich sein ?! f(x) ist ja immer größer-gleich 0
>
>
>
> > also [mm]f(1)\ge[/mm] f(x) und [mm]f(-1)\ge[/mm] f(x) was ja auch
> > ersichtlich ist da [mm]x^{2}*e^{-x^{2}}>\frac{1}{e}[/mm]
> >
> > sprich 2 globale Maxima.
Reicht diese Argumentation ? Oder muss ich dies auf anderem Wege zeigen?
> >
> > >
> > > Analog definiert man globales Minimum als das [mm]x[/mm] mit dem
> > > kleinsten Funktionswert.
> > > Globale Extrema sind nun sowohl Maxima als auch
> > Minima.
> > > Gilt, wie du oben erwähnt hattest, [mm]\limes_{x \to \infty} f(x) = \infty[/mm],
> > > so hat [mm]f[/mm] kein globales Maximum, denn zu jedem solchen
> > > würde man ja einen noch größeren Funktionswert finden.
> > >
> > >
> > > > demnach müsste doch aufgrund von
> > > > [mm]\limes_{x\rightarrow\pm\infty}{x^{2}*e^{-x^{2}}}=0[/mm] gelten,
> > > > dass bei x=0 ein globales Max/Min existiert. Also wäre der
> > > > Tiefpunt (0,0) ein globales Minimum ?!
> > >
> > > Der Punkt (0,0) ist ein globales Minimum, wenn für alle [mm]x \in \IR[/mm]
> > > gilt: [mm]f(x) \geq 0[/mm].
> > > Es gibt durchaus Funktionen,
> die
> > zwar
> > > als Grenzwert 0 haben, aber nicht überall positiv sind.
> > > Also musst du noch mal nachrechnen/beweisen, dass [mm]f[/mm]
> > auch
> > > wirklich nie negative Werte annimmt.
> >
> > reicht es nicht zu sagen dass [mm]f(x)=x^{2}*e^{-x^{2}}\ge[/mm] 0
> >
> > da ich ja weiß dass [mm]x^2 \ge[/mm] 0 und [mm]e^{-x^{2}}[/mm] > 0 ?
> >
>
>
> Für diese Funktion reicht das.
Perfekt danke :D
>
> Gruss
> MathePower
Bist wie immer eine riesen Hilfe :D
Liebe Grüße, Meely
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:53 Fr 17.02.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
Du ast bei x=1 und -1 maxima, ihre Höhe ist 1/e dann kann es keinen Wert geben, wo die fkt größer als 1/e ist, weil sie ja dann gegen 0 strebt! wie kommst du auf die y Werte der Wendepunkte?
dass es 4 Wendepkte sind muss man nicht zeigen, denn zw max und min muss immer ein Wendepkt liegen und zw max und Assymptote x-Achse auch.
Gruss leduart
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:08 Fr 17.02.2012 | | Autor: | meely |
Hallo leduart
> Hallo
> Du ast bei x=1 und -1 maxima, ihre Höhe ist 1/e dann kann
> es keinen Wert geben, wo die fkt größer als 1/e ist, weil
> sie ja dann gegen 0 strebt! wie kommst du auf die y Werte
> der Wendepunkte?
durch Einsetzen in f''(x) :S Sorry komplett falsch - natürlich muss ich in f(x) einsetzen. dann komme ich zb auf:
[mm] (\frac{-\sqrt{5+\sqrt{17}}}{2}, [/mm] 0,233..)
[mm] (-\frac{-\sqrt{5+\sqrt{17}}}{2}, [/mm] 0,233..)
[mm] (\frac{-\sqrt{5-\sqrt{17}}}{2}, [/mm] 0,176..)
[mm] (-\frac{-\sqrt{5-\sqrt{17}}}{2}, [/mm] 0,176..)
nun sind die y-Werte der 4 Wendepunkte auch < als "y_max" - also als die Maxima :)
Zu der "M"-Form meiner gezeichneten Funktion würde das zumindest sehr gut passe.
> dass es 4 Wendepkte sind muss man nicht zeigen, denn zw
> max und min muss immer ein Wendepkt liegen und zw max und
> Assymptote x-Achse auch.
Danke für deine Korrekturen und Erklärungen lieber leduart :)
> Gruss leduart
Liebe Grüße Meely
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:44 Fr 17.02.2012 | | Autor: | meely |
Eine letzte Frage habe ich doch noch:
Stimmt:
"...also $ [mm] f(1)\ge [/mm] $ f(x) und $ [mm] f(-1)\ge [/mm] $ f(x) was ja auch ersichtlich ist da $ [mm] x^{2}\cdot{}e^{-x^{2}}\le \frac{1}{e} [/mm] $ sprich 2 globale Maxima. "
hab das ganze jetzt nochmal durchgedacht und habe
[mm] x^{2}\cdot{}e^{-x^{2}}\le \frac{1}{e} [/mm] nun als
[mm] x^{2}e \le e^{x^2} [/mm] geschrieben.
das muss doch immer gelten da ja [mm] e^{x^2} [/mm] stärker wächst als [mm] x^{2}e [/mm] ?
oder ist das Blödsinn was ich hier geschrieben habe?
Liebe Grüße und danke nochmal, Meely :)
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:56 Fr 17.02.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo meely
da die einzigen maxima bei 1 bzw -1 liegen und es gegen unendlich gegen 0 geht müssen es globale maxima sein, und du musst nichts weiter zeigen.
natürlich ist das was du machst nicht falsch! vielleicht siehst du so dass man maxima und minima in manchen Fällen ohne Differentialrechnung rausfinden kann.
Gruss leduart
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:20 Sa 18.02.2012 | | Autor: | meely |
Hallo leduart,
> Hallo meely
> da die einzigen maxima bei 1 bzw -1 liegen und es gegen
> unendlich gegen 0 geht müssen es globale maxima sein, und
> du musst nichts weiter zeigen.
Ah ! danke ich verstehe :D dann macht das alles also doch Sinn
> natürlich ist das was du machst nicht falsch! vielleicht
> siehst du so dass man maxima und minima in manchen Fällen
> ohne Differentialrechnung rausfinden kann.
Gut :) wollte es möglichst allgemein machen, damit ich es auch auf möglichst jedes Beispiel anwenden kann.
Aber ich hab verstanden was du meinst - manchmal erspart Denken sehr viel Rechenarbeit :)
> Gruss leduart
Danke nochmals für die Hilfe. Ihr habt wiedereinmal sehr zu meinem Verständnis beigetragen und meinen Knoten im Gehirn gelöst :)
Liebe Grüße Meely :)
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